\documentclass[12pt, a4paper]{article}
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\usepackage{amsfonts} % 用于数学符号字体

\newcommand{\bvec}[1]{\mathbf{#1}}
\newcommand{\formula}[1]{\text{式} \ref{#1} }

\begin{document}
	
	\begin{figure}[h]
		\centering
		\includegraphics[width=0.25 \linewidth]{pic2}
		\caption{题图插画：电与磁的跃动轻语着远方的故事...（AI画图）}
		\label{fig:pic2}
	\end{figure}
		
	\footnote
	{
		参考：朗道《场论》，Griffiths《电动力学导论》，David Tong 《Electromagnetism》, https://zhuanlan.zhihu.com/p/512627361。
		本笔记使用AI辅助。
	}
	隔壁笔记介绍了电磁场的基本知识，现在我们将使用经典场论的语言和工具复述这一过程。
	\section{电磁场的Lagrange密度}
	我们先前已经知道了电磁场的作用量
	\begin{equation} 
		S = S_{mf} + S_{f} = - \int A_\mu j^\mu \dd[4] x - \frac{1}{4\mu_0} \int F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} \dd[4] x
	\end{equation}
	其中$F^{\mu \nu}$是Faraday场，其由4-势$A^\mu$确定：
	\begin{equation}
		F_{\mu\nu} = \pdv{A_\nu}{x^\mu} - \pdv{A_\mu}{x^\nu}
		\qquad 
		F^{\mu\nu} = \pdv{A^\nu}{x_\mu} - \pdv{A^\mu}{x_\nu}
	\end{equation}
	4-势$A^\mu$是：
	\begin{equation}
		A^\mu = (\varphi/c,A_x,A_y,A_z)
	\end{equation}
	我们知道，作用量是一定时空范围内Lagrange密度的积分，因此容易读出电磁场的Lagrange密度：
	\begin{equation}
		L = - \frac{1}{4\mu_0} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu}-A_\mu j^\mu
	\end{equation}
	尽管电磁场可能是第一个被经典场论化的场（也可能同时是最后一个，因为随后便是量子场论的时代，其他的交互作用由量子场论描述），
	但可别低估电磁场的复杂性：4-势$A^\mu$具有4个分量，因此电磁场相当于4个标量场的耦合，这使得Lagrange密度是同时关于这4个场的：
	\begin{equation}
		L = L(A^\nu, \partial_\mu A^\nu) = L(A^0,A^1,A^2,A^3,\partial_0 A^0, \partial_1 A^0,\cdots)
	\end{equation}
	一共有$4+4 \times 4 = 20$项，显然不便于全部列出。
	
	
	\section{电磁场的Euler-Lagrange方程}
	在隔壁经典场论笔记中，我们知道场的Euler-Lagrange方程是
	\begin{equation}
		\partial_\mu \pdv{L}{(\partial_\mu A^\nu)} = \pdv{L}{A^\nu} \qquad \nu = 0,1,2,3
	\end{equation}
	（$\nu$上标表示各个$A$的各个分量场）只要将这一Euler-Lagrange方程运用于电磁场的$L$，我们就能得到电磁场的“标准”运动规律。
	比起先前对电磁场作用量直接做变分，这种方法更具普遍性。
	当然，这两种方法实则没有区别，都将得到相同的结果。
	
	由于本人水平有限，我们使用展开的形式完成推导。首先展开$F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} $：
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} 
			&= 2 \left( F_{01} F^{01} + F_{02} F^{02} + F_{03} F^{03} + F_{12} F^{12} + F_{13} F^{13} + F_{23} F^{23} \right) \\
			&= 2 \left( -(\partial_0 A_1 - \partial_1 A_0)^2 - (\partial_0 A_2 - \partial_2 A_0)^2 - (\partial_0 A_3 - \partial_3 A_0)^2 \right. \\
			&\quad + (\partial_1 A_2 - \partial_2 A_1)^2 + (\partial_1 A_3 - \partial_3 A_1)^2 \\
			&\quad \left. + (\partial_2 A_3 - \partial_3 A_2)^2 \right) \\
			&= 2 \left( -(\partial_0 A^1 + \partial_1 A^0)^2 - (\partial_0 A^2 + \partial_2 A^0)^2 - (\partial_0 A^3 + \partial_3 A^0)^2 \right. \\
			&\quad + (\partial_2 A^1 - \partial_1 A^2)^2 + (\partial_3 A^1 - \partial_1 A^3)^2 \\
			&\quad \left. + (\partial_3 A^2 - \partial_2 A^3)^2 \right)
		\end{aligned}
	\end{equation}
	最终全部改写为逆变形式的表达。
	这个过程需要非常留心逆变与协变导致的符号问题。
	由于$F$是反对称的，因此只需要做$6$项，其余项要么是0要么是相同的。
	将结果代入电磁场的Lagrange，得到
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			L
			&=  \frac{1}{2\mu_0}(\partial_0 A^1 + \partial_1 A^0)^2 +\frac{1}{2\mu_0} (\partial_0 A^2 + \partial_2 A^0)^2 +\frac{1}{2\mu_0} (\partial_0 A^3 + \partial_3 A^0)^2  \\
			&\quad -\frac{1}{2\mu_0} (\partial_2 A^1 - \partial_1 A^2)^2 -\frac{1}{2\mu_0} (\partial_3 A^1 - \partial_1 A^3)^2 \\
			&\quad -\frac{1}{2\mu_0} (\partial_3 A^2 - \partial_2 A^3)^2 \\
			&\quad -A^0 j^0 + A^1 j^1 + A^2 j^2 + A^3 j^3
		\end{aligned}
	\end{equation}
	
	我们先做$\nu=0$。
	方程的右边
	\begin{equation}
		\pdv{L}{A^0} = -j^0
	\end{equation}
	方程的左边是四项累和：
	\begin{itemize}
		\item $\mu=0$, 
		\begin{equation}
			\partial_0 \pdv{L}{(\partial_0 A^0)} = 0
		\end{equation}
		因为$F$是反对称的，不存在$\partial_0 A^0$的项。
		
		\item $\mu=1$, 
		\begin{equation}
			\partial_1 \pdv{L}{(\partial_1 A^0)} = \frac{1}{\mu_0} \partial_1 (\partial_0 A^1 + \partial_1 A^0) = - \frac{1}{\mu_0} \partial_1 F^{10}
		\end{equation}
		其中
		\begin{equation}
			(\partial_0 A^1 + \partial_1 A^0) = (\partial_1 A_0 - \partial_0 A_1) = F_{10} = -F^{10}
		\end{equation}
		
		\item $\mu=2$, 
		\begin{equation}
			\partial_2 \pdv{L}{(\partial_2 A^0)} = \frac{1}{\mu_0} \partial_2 (\partial_0 A^2 + \partial_2 A^0) = - \frac{1}{\mu_0} \partial_2 F^{20}
		\end{equation}
		
		\item $\mu=3$, 
		\begin{equation}
			\partial_3 \pdv{L}{(\partial_3 A^0)} = - \frac{1}{\mu_0} \partial_3 F^{30}
		\end{equation}
	\end{itemize}
	因此，这样一个Euler-Lagrange方程应该是
	\begin{equation}
		-\frac{1}{\mu_0}(\partial_1 F^{10}+\partial_2 F^{20}+\partial_3 F^{30}) = - j^0
	\end{equation}
	即
	\begin{equation}
		\partial_1 F^{10}+\partial_2 F^{20}+\partial_3 F^{30} = \mu_0 j^0
	\end{equation}
	和我们先前做出的结果是一致的。
	
	
	我们还可以检验$\nu=1$的情况。
	方程的右边
	\begin{equation}
		\pdv{L}{A^1} = j^1
	\end{equation}
	方程的左边
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			\partial_0 \pdv{L}{(\partial_0 A^1)} &= \frac{1}{\mu_0} \partial_0 (\partial_0 A^1 + \partial_1 A^0) = \frac{1}{\mu_0} \partial_0 F^{01} \\
			\partial_1 \pdv{L}{(\partial_1 A^1)} &= 0 \\
			\partial_2 \pdv{L}{(\partial_2 A^1)} &= - \frac{1}{\mu_0} \partial_2 (\partial_2 A^1 - \partial_1 A^2) = \frac{1}{\mu_0} \partial_2 F^{21}\\
			\partial_3 \pdv{L}{(\partial_3 A^1)} &= \frac{1}{\mu_0} \partial_3 F^{31}\\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	其中
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			(\partial_0 A^1 + \partial_1 A^0) &= (\partial_1 A_0 - \partial_0 A_1) = F_{10} = -F^{10} = F^{01}, \\
			-(\partial_2 A^1 - \partial_1 A^2) &= (\partial_2 A_1 - \partial_1 A_2) = F_{21} = F^{21}.
		\end{aligned}
	\end{equation}
	于是我们又得到了
	\begin{equation}
		\partial_0 F^{01}+\partial_2 F^{21}+\partial_3 F^{31} = \mu_0 j^1
	\end{equation}

	\newpage 
	\section{电磁场的规范对称性与电荷守恒}
	我们先前讨论过电磁场的规范对称性，规范对称性是指对4-势进行如下变换而不改变电磁场的形式：
	\begin{equation}
		A_\mu \Rightarrow A^{(2)}_\mu = A_\mu - \pdv{\lambda}{x^\mu}
	\end{equation}
	我们将论证，规范对称性实则要求电荷守恒。
	在规范变换后，Lagrange密度变为
	\begin{equation}
		L = - \frac{1}{4\mu_0} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu}-A_\mu j^\mu
		\Rightarrow
		L^{(2)} = - \frac{1}{4\mu_0} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu}- (A_\mu - \pdv{\lambda}{x^\mu}) j^\mu
	\end{equation}
	我们已经证明过了$F^{\mu \nu}$在规范变换后保持不变，因此差异仅在于：
	\begin{equation}
		\delta L = \pdv{\lambda}{x^\mu} j^\mu 
	\end{equation}
	规范对称性要求这个$\delta L = 0$。凑一步全微分：
	\begin{equation}
		\delta L = \pdv{\lambda}{x^\mu} j^\mu = \pdv{}{x^\mu} ~ (\lambda j^\mu) -\lambda \pdv{}{x^\mu} ~ j^\mu
	\end{equation}
	其中全微分项$\pdv{}{x^\mu} ~ (\lambda j^\mu)$是不影响的（$L$可以相差一个四维散度）；
	而又由于$\lambda$是任意的，因此需有
	\begin{equation}
		\pdv{}{x^\mu} ~ j^\mu = 0
	\end{equation}
	这就是电荷守恒。总结一下：
	\begin{equation}
		\text{对称性: } A_\mu \to A_\mu - \pdv{\lambda}{x^\mu} ~\text{such that}~ \delta L = 0 \Rightarrow {守恒律:}	\pdv{}{x^\mu} ~ j^\mu = 0
	\end{equation}
	
	
	
	
	\newpage  
	\section{电磁场能动张量;电磁场能量-动量守恒}
	\subsection{Noether定理}
	我们在隔壁场论笔记中已经知道了场的Noether定理：
	\begin{equation}
		\partial_\mu \left( \pdv{\mathscr{L}}{(\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi - g^\mu_\nu \mathscr{L} \right) =0 \qquad \nu=0,1,2,3
	\end{equation}
	在电磁场的语境下这意味着：
	\begin{equation}
		\partial_\sigma \left( \pdv{\mathscr{L}}{(\partial_\sigma A^\nu)} \partial_\mu A^\nu - g^\sigma_\mu \mathscr{L} \right) =0 \qquad \mu=0,1,2,3
	\end{equation}
	注意到$A^\nu$是4-势场，这相当于$\mathscr{L}$是关于4个标量场的。同时，我们改变了哑标的名称。
	
	\subsection{结论}
	基于Noether定理我们就可以推导电磁场能动张量与能量-动量守恒；
	但这个推导非常晦涩，我们先直接给出结论：
	\begin{equation}
		\boxed
		{
			\begin{aligned}
				T^{\mu\nu} &= -\frac{1}{\mu_0} \left (F^{\mu\rho} F^{\nu}_{~\rho} - g^{\mu\nu}\frac{1}{4} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right)\\
				\partial_\mu T^{\mu\nu} &= -F^{\nu \rho}j_\rho \\
			\end{aligned}
		}
	\end{equation}
	其中$T$是能动张量(能动张量是对称张量)，$F$是电磁张量，$j$是4-电流。第一个等式是电磁场能动张量的定义，而第二个是电磁场能量-动量守恒方程。
	
	我们计算$T$的几项试一试，比如
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			T^{00}
			&= -\frac{1}{\mu_0} 
			\left (F^{0\rho} F^{0}_{~\rho} - g^{00}\frac{1}{4} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right) \\
			&= -\frac{1}{\mu_0} 
			\left (-(E_x/c)^2-(E_y/c)^2-(E_z/c)^2 - \frac{1}{4} 2(- E/c^2+B^2) \right) \\
			&= -\frac{1}{\mu_0} 
			\left (-E^2/c^2 +1/2 (E^2/c^2 -B^2) \right) \\
			&= \frac{1}{2\mu_0} 
			\left (E^2/c^2+B^2 \right)\\
			&= \frac{1}{2} 
			\left (\epsilon_0 E^2+ \frac{1}{\mu_0}B^2 \right)
		\end{aligned}
	\end{equation}
	这是电磁场能量密度。
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			T^{01}
			&= -\frac{1}{\mu_0} 
			\left (F^{0\rho} F^{1}_{~\rho}\right) \\
			&= -\frac{1}{\mu_0} 
			\left (F^{02}F^1_{~2}+F^{03}F^1_{~3}\right) \\
			&= \frac{1}{\mu_0} 
			\left (F^{02}F^{12}+F^{03}F^{13}\right) \\
			& = \frac{1}{\mu_0c} 
			\left (E_y B_z-E_z B_y\right)\\
			& = \frac{1}{\mu_0c} 
			(\bvec E \times \bvec B)_x\\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	这是Poynting 矢量的第一个分量的c分之一。
	
	那么$\nu=0$的能量-动量守恒方程意味着
	\begin{equation}
		\frac{1}{c}\pdv{u_{em}}{t} + \frac{1}{\mu_0 c}\div (\bvec E \times \bvec B) = -\frac{1}{c}\bvec E \cdot \bvec j 
	\end{equation}
	即
	\begin{equation}
		\pdv{u_{em}}{t} + \pdv{u_{mech}}{t} + \div \bvec S = 0
	\end{equation}
	其中$u_{em}$是电磁场能量，$u_{mech}$是电荷能量，$\bvec S$是Poynting矢量，代表电磁场能量流。
	很显然，这个是能量守恒在电磁学中的体现：电磁场的能流=电磁场能量增量+电荷机械能量增量。
	
	\subsection{推导}
	由于本人水平有限，以下推导仅供参考，但结论应该是合理的。
	
	将电磁场的Lagrange密度
	\begin{equation}
		L = - \frac{1}{4\mu_0} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu}-A_\mu j^\mu 
	\end{equation}
	代入Noether定理
	\begin{equation}
		\partial_\sigma \left( \pdv{\mathscr{L}}{(\partial_\sigma A^\nu)} \partial_\mu A^\nu - g^\sigma_\mu \mathscr{L} \right) =0 \qquad \mu=0,1,2,3
	\end{equation}
	分离场与源（这里我们只对场做变分），得到
	\begin{equation}
		\partial_\sigma \left (\pdv{L}{(\partial_\sigma A^\nu)} ~ (\partial_\mu A^\nu) + g^\sigma_\mu \frac{1}{4\mu_0} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right)
		= - (\partial_\mu A_\alpha) j^\alpha 
	\end{equation}
	根据枚举法易证明
	$$\pdv{L}{(\partial_\sigma A^\nu)} = -\frac{1}{\mu_0} F^{\sigma}_{~\nu}$$
	\footnote{更聪明的做法可以参考Landau的书}
	那么
	\begin{equation}
		\partial_\sigma \left (-\frac{1}{\mu_0} F^{\sigma}_{~\nu} (\partial_\mu A^\nu) + g^\sigma_\mu \frac{1}{4\mu_0} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right)
		= - j^\alpha \partial_\mu A_\alpha
	\end{equation}
	根据一般习惯调整一下两侧的度规，并使用协变导数$\partial^\mu=\pdv{}{x_\mu}=(c\pdv{}{t},-\pdv{}{x},-\pdv{}{y},-\pdv{}{z})^T$
	\begin{equation}
		\partial_\sigma \left (-\frac{1}{\mu_0} F^{\sigma}_{~\nu} (\partial^\mu A^\nu) + g^{\sigma\mu }\frac{1}{4\mu_0} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right)
		= - j^\alpha \partial^\mu A_\alpha
	\end{equation}
	两边同时加上$\frac{1}{\mu_0} \partial_\sigma (F^{\sigma}_{~\nu} (\partial^\nu A^\mu))$
	\begin{equation}
		\partial_\sigma 
		\left (-\frac{1}{\mu_0} F^{\sigma}_{~\nu} (\partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu) + g^{\sigma\mu }\frac{1}{4\mu_0} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right)
		= - j^\alpha \partial^\mu A_\alpha + \frac{1}{\mu_0} \partial_\sigma (F^{\sigma}_{~\nu} (\partial^\nu A^\mu))
	\end{equation}
	即
	\begin{equation}
		\partial_\sigma 
		\left (-\frac{1}{\mu_0} F^{\mu\nu} F^{\sigma}_{~\nu} + g^{\sigma\mu }\frac{1}{4\mu_0} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right)
		= - j^\alpha \partial^\mu A_\alpha + \frac{1}{\mu_0} \partial_\sigma (F^{\sigma}_{~\nu} (\partial^\nu A^\mu))
	\end{equation}
	定义
	\begin{equation}
		T^{\mu\sigma} = -\frac{1}{\mu_0} \left (F^{\mu\nu} F^{\sigma}_{~\nu} - g^{\sigma\mu }\frac{1}{4} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right)
	\end{equation}
	那么
	\begin{equation}
		\partial_\sigma 
		T^{\mu\sigma}
		= - j^\alpha \partial^\mu A_\alpha + \frac{1}{\mu_0} \partial_\sigma (F^{\sigma}_{~\nu} (\partial^\nu A^\mu))
	\end{equation}
	注意，在这种定义下，$T^{\mu\sigma}$是对称张量，即$T^{\mu\sigma}=T^{\sigma\mu}$。
	
	接下来让我们看看方程的右侧是什么。
	首先链法则展开全微分
	\begin{equation}
		- j^\alpha \partial^\mu A_\alpha 
		+ \frac{1}{\mu_0} (\partial_\sigma F^{\sigma}_{~\nu}) (\partial^\nu A^\mu)
		+ \frac{1}{\mu_0} (F^{\sigma}_{~\nu} (\partial_\sigma \partial^\nu A^\mu))
	\end{equation}
	注意到Maxwell方程$\partial_\sigma F^{\sigma}_{~\nu} = \mu_0 j_{\nu}$，因此
	\begin{equation}
		- j^\alpha \partial^\mu A_\alpha 
		+ j_{\nu} (\partial^\nu A^\mu)
		+ \frac{1}{\mu_0} (F^{\sigma}_{~\nu} (\partial_\sigma \partial^\nu A^\mu))
	\end{equation}
	那么我们调整一次$j_\alpha$的度规，并$\alpha$哑标其更名为$\nu$
	\begin{equation}
		(\partial^\nu A^\mu - \partial^\mu A^\nu) j_\nu
		+ \frac{1}{\mu_0} (F^{\sigma}_{~\nu} (\partial_\sigma \partial^\nu A^\mu))
	\end{equation}
	即
	\begin{equation}
		F^{\nu \mu}j_\nu
		+ \frac{1}{\mu_0} (F^{\sigma}_{~\nu} (\partial_\sigma \partial^\nu A^\mu))
	\end{equation}
	那么剩下的$F^{\sigma}_{~\nu} (\partial_\sigma \partial^\nu A^\mu)$是什么？
	我们调整一次度规
	\begin{equation}
		F^{\sigma}_{~\nu} (\partial_\sigma \partial^\nu A^\mu) 
		= F^{\sigma\nu} (\partial_\sigma \partial_\nu A^\mu)
	\end{equation}
	而由于F的反对称性，相加所有项时，项和他的反对称项应互相抵消，例如$F^{21}(...)+F^{12}(...)=0$
	因此，我们相信，这个求和的结果应该是$0$。学术名称：Bianchi 恒等式。
	由此，方程右边只剩下$F^{\nu \mu}j_\nu = -F^{\mu \nu}j_\nu$。
	
	总之，我们的方程是
	\begin{equation}
		\partial_\sigma 
		T^{\mu\sigma}
		= -F^{\mu \nu}j_\nu
	\end{equation}
	或者改名为更通常的记号
	\begin{equation}
		\boxed{
			\begin{aligned}
				\partial_\mu T^{\mu\nu} &= -F^{\nu \rho}j_\rho \\
				T^{\mu\nu} &= -\frac{1}{\mu_0} \left (F^{\mu\rho} F^{\nu}_{~\rho} - g^{\mu\nu}\frac{1}{4} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta} \right)
			\end{aligned}
		}
	\end{equation}
	其中$T$是能动张量，$F$是电磁张量，$j$是4-电流。
	
	
	如果我没有搞错数学细节的话，至此，我们从严密的数学论证导出了电磁场的能动张量及其物理含义。
	
\end{document}